02专题 空间向量与立体几何 （10大题型）（期中真题分类汇编 河南专用）高二数学上学期

02专题 空间向量与立体几何 10大高频考点概览 考点01 空间位置关系的向量表示 考点02 点线距问题 考点03 点面距问题 考点04 异面直线所成角问题 考点05 线面角问题 考点06 二面角问题 考点07 立体几何中的探究（存在性）问题 考点08 空间几何体的表面积、体积问题 考点09 空间位置关系的证明 考点10 立体几何综合问题 地 1 考点01 空间位置关系的向量表示 1．(24-25高二上·河南商丘十校·期中)已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，x，，则 . 【答案】10 【分析】根据，由求解. 【详解】解：因为平面的法向量为，平面的法向量为，且， 所以，则，解得， 所以， 故答案为：10 2．(24-25高二上·河南焦作·期中)设向量是平面的法向量，向量是直线的方向向量，且，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据空间向量判断线面位置关系的方法，分别研究当时能否推出以及当时能否推出，再根据推导关系选出答案即可. 【详解】因为， 由“”可以推出“”， 由“”也可以推出“”， 故“”是“ ”的充要条件. 故选：C. 地 1 考点02 点线距问题 3．(23-24高二上·河南商丘二十校联考·期中)如图，在正方体中，分别是棱的中点，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，以及直线的方向向量，利用向量法直接求解即可. 【详解】如图，以为原点，的方向为轴建立空间直角坐标系，如下所示： 易知，，; 取， ，则， 所以点到直线的距离为 ． 故选：B. 4．(23-24高二上·河南郑州十所级示范性高中·期中)如图，棱长为的正方体中，，分别为，的中点，则（    ） A．直线与底面所成的角为 B．平面与底面夹角的余弦值为 C．直线与直线的距离为 D．直线与平面的距离为 【答案】BCD 【分析】以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出线面角，面面角，平行线间距离及线面距离. 【详解】 如图所示，以点为坐标原点，为轴，为轴，为轴， 则，，，，，， A选项：，平面的法向量， 设直线与底面所成的角为， 则， 直线与底面所成的角不为，故A错误； B选项：，， 设平面的法向量，则，令，则 设平面与底面的夹角为， 则， 平面与底面夹角的余弦值为，故B正确； C选项，， 直线与直线的距离为：，故C正确； D选项，，平面，平面， 又，平面的法向量， 直线与平面的距离为：，故D正确； 故选：BCD. 5．(23-24高二上·河南信阳·期中)在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示.已知直线l的方程为，则到直线l的距离为 . 【答案】 【分析】根据题意，可得直线恒过定点，即可得到其方向向量，再由空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果. 【详解】直线l的方程标准化：， 直线l过点，方向向量为. ，，， M到直线l的距离. 故答案为： 6．(24-25高二上·河南商师联盟·期中)如图，在正四棱锥中，分别是PB，PD的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B．直线AM和CN所成角的余弦值是 C．点到直线AN的距离是 D．点到平面ACN的距离是 【答案】ACD 【分析】连接，利用中位线、正四棱锥的性质判断A；过作，交延长线于，若为中点，连接，先证为平行四边形，由异面直线定义确定直线和所成角的平面角，再求其余弦值判断B；中求各边长，余弦定理求，进而求点B到直线的距离判断C；证面，等体积法有，求点面距离判断D. 【详解】对于A，连接BD交AC于点，连结PO， 由题意，得平面ABCD，因为平面ABCD，所以， 因为四边形ABCD是正方形，所以， 因为 平面PBD，所以平面PBD， 因为平面PBD，所以AC，故A正确； 对于B，以OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，所以， 所以，， 所以 ， 所以 ， 所以直线AM和CN所成角的余弦值是，故B错误； 对于C，，与同向的单位向量为， 所以点到直线AN的距离，故C正确； 对于D，设 为平面ACN的法向量，则，即， 令，得，点到平面ACN的距离，故D正确. 故选：ACD. 地 1 考点03 点面距问题 7．(23-24高二上·河南商丘二十校联考·期中)如图，四棱锥中，底面，底面为正方形，且，分别为的中点，则（   ） A． B．与所成角的余弦值是 C．点到平面的距离为 D．过点的平面截四棱锥的截面面积为 【答案】AC 【分析】建立空间直角坐标系，利用判断A，根据向量的夹角公式判断异面直线所成角判断B，利用向量法求点到平面距离判断C，利用向量法确定截面为四边形对角线垂直，求面积判断D. 【详解】如图，以点为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则， ，，所以，故A正确； ，则与所成角的余弦值为，故B错误； ，设平面的法向量为， 则令，可得， 则点到平面的距离为，故C正确； 设过点的平面与线段的交点为， 则， 因为共面，则共面， 故存在唯一实数对使得， 即 ， 所以 解得， 所以，则，因为， 所以， 所以过点的平面截四棱锥的截面面积为 ，故D错误． 故选：AC 【点睛】关键点点睛：利用坐标的方法，确定D选项中的截面与线段的交点为的坐标，再由此确定确定垂直，是解决四边形面积的关键所在. 8．(24-25高二上·河南开封五校·期中)在棱长为2的正方体中，点，分别是底面、侧面的中心，点分别是棱，所在直线上的动点，且，当取得最小值时，点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，根据探索两点坐标之间的关系，确定最小时两点的坐标，再用空间向量的方法求点到面的距离. 【详解】如图所示,建立空间直角坐标系，    则,设, 则， 因为,所以,即， 所以,又, 则， 当时,取得最小值， 此时,即， 所以, 设平面的一个法向量为， 则即, 令,解得,所以, 则点到平面的距离为 故答案为：. 9．(23-24高二上·河南焦作·期中)如图，在四棱台中，四边形是边长为4的正方形，平面为的中点. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若平面经过且与平行，求点到平面的距离. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角正弦值； （2）同（1）坐标系，连接交于，连接，应用线面平行的判定找到平面，向量法求点面距. 【详解】（1）由题设，构建空间直角坐标系，则， 所以， 令为面一个法向量，则，取，则， 所以， 故直线与平面所成角的正弦值为； （2）连接交于，又四边形是边长为4的正方形， 所以是中点，为的中点，连接，则， 由面，面，故面，而面， 所以面即为平面， 由，则， 若为面一个法向量，则，取，则， 所以点到平面的距离. 10．(24-25高二上·河南焦作·期中)如图，在四棱锥中，点在平面内的射影为点，，，平分，. (1)若为棱的中点，求证：平面. (2)若二面角的平面角的正弦值为. （i）求的长； （ii）求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）设棱的中点为，连接，，证明四边形是平行四边形，再根据线面平行的判定定理即可证明； （2）（i）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系.设，可得平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，根据二面角的平面角的正弦值求出即可； （ii）根据点到平面的距离为即可求解. 【详解】（1）设棱的中点为，连接，，如图， 则，. 由题意知，， 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以. 又平面，平面， 所以平面. （2）过点作交于点，则，， 可得四边形是矩形. 又平分，所以四边形为正方形，且边长为2. 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. （i）设，则，，，， 所以，，. 设平面的法向量为， 则即 令，可得平面的一个法向量为. 设平面的法向量为， 则即 令，可得平面的一个法向量为. 设向量与所成的角为，则， 所以，解得，即. （ii）由（i）知，向量，平面的一个法向量为， 所以点到平面的距离为. 11．(23-24高二上·河南顶尖名校联盟·期中)在（图1）中，为边上的高，且满足，现将沿翻折得到三棱锥（图2），使得二面角为.    (1)证明：平面； (2)在三棱锥中，为棱的中点，点在棱上，且，若点到平面的距离为，求的值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）由二面角定义确定为二面角的平面角，即，根据线面垂直的判定和性质证，再由已知证，最后根据线面垂直的判定证结论； （2）构建空间直角坐标系，向量法求点面距离得到关于的方程，即可求值. 【详解】（1）在题图2中，则为二面角的平面角，即， 又，面，所以平面， 由平面，所以， 题图1中及，所以， 在中，由余弦定理得， 又，所以. 又，面，所以平面. （2）以为坐标原点，以、、（ ）为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    在中，所以. 所以 ， 则，令，则， 由，则， 所以且，，， 设平面的法向量为，则， 取，所以，而 所以，解得或（舍去），故. 地 1 考点04 异面直线所成角问题 12．(24-25高二上·河南洛阳·期中)在三棱锥中，已知，，，平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】选定为空间中的基底，利用基底表达目标向量，利用向量的数量积求夹角即可. 【详解】根据题意，作图如下： 因为，故可得，即， 又因为面面，面面，面，故可得面， 又面，故； 在△中，因为，满足，故，且； 又， ， ，， 设直线与所成角为，则. 故选：A. 13．(24-25高二上·河南豫北名校期中联考·期中)《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B． C．2 D．3 【答案】C 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建系如图， 设，因为， 所以， ， 设异面直线与所成角为， 则， 解得，即. 故选：C 14．(23-24高二上·河南洛阳·期中)如图，四边形和均为正方形，且，平面平面分别为的中点，为线段上的动点，则异面直线与所成角的余弦值最大时， .    【答案】 【分析】根据题意建立空间直角坐标系，求出异面直线与所成角的余弦值最大时点位置，进而求出大小. 【详解】    由题可以为原点，建立空间直角坐标系如图所示： 则，设， 则， 设异面直线与所成角为， 则， 令， 则， 当时，， 当时，， 令，则， 因为， 当时，有最小值， 此时有最大值， 由得，， 则异面直线与所成角的余弦值最大时， 即，， 所以. 故答案为： 15．(24-25高二上·河南百师联盟·期中)如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，点为的中点.    (1)用向量表示； (2)求线段的长及直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)； (2)，. 【分析】（1）以向量为空间的一个基底，利用空间向量的线性运算表示出向量. （2）由（1）的结论，利用空间向量数量积的运算律求出模长及向量夹角的余弦值. 【详解】（1）在四棱柱中， . （2）由四边形是正方形，， 得， 则 ，即线段的长为； 而， 则 ， ， 因此，即直线与所成角的余弦值为， 所以线段的长为，直线与所成角的余弦值为. 16．(23-24高二上·河南环际大联考“逐梦计划”·期中)如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，上的动点，且，其中，以O为原点建立空间直角坐标系. (1)求证：； (2)若，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）求出的坐标，计算得出，即可得出证明； （2）求出的坐标，根据空间向量的数量积运算，即可得出答案. 【详解】（1）由已知可得，， 所以，，，， 则，， ， ，即. （2）当时，，，， 则，， 所以 . 故：. 地 1 考点05 线面角问题 17．(23-24高二上·河南信阳·期中)已知是圆锥的底面直径，C是底面圆周上的点，，，，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，求出平面平面的法向量，代入公式即可求解. 【详解】依题意：圆锥的高， 以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系： 则，，，， ，，， 设平面的法向量，则， 取，得，设与平面所成角为， 则， 即与平面所成角的正弦值为. 故选：D. 18．(24-25高二上·河南信阳·期中)长方体 中，与平面所成的角为，与所成的角为，则下列关系一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据线面角以及线线角的定义可得，即可由锐角三角函数表示结合三角函数的单调性即可求解. 【详解】由于平面，故, 故 由于的大小不确定，所以无法确定的大小，故的大小不确定，A错误， 由于, 故， 由于均为锐角，所以也是锐角，故，即. 故选：D 19．(23-24高二上·河南新乡·期中)如图，在圆柱中有一内接正六棱柱，圆柱的高为，底面半径为，上、下底面的中心分别为，点在上底面的圆周上运动，若直线与平面所成角的正弦值的最小值为，则 ． 【答案】 【分析】用向量法解决直线与平面的夹角问题，结合三角函数解决最值问题. 【详解】 取的中点，以为坐标原点，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，设， 则，. 设平面的法向量为，则 ，， 可取，因为， 所以直线与平面所成角的正弦值为 ， 当时，直线与平面所成角的正弦值取得最小值， 则，则. 故答案为： 20．(23-24高二上·河南商丘二十校联考·期中)如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，点是的中点，，．    (1)求与所成角的大小； (2)求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴建立空间直角坐标系，求出、，利用可得答案； （2）求出平面的一个法向量，利用线面角的向量求法可得答案. 【详解】（1），又底面，、底面，，， 故以为坐标原点，，，所在的直线为，，轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，， 所以，，所以， 所以，即与所成角的大小为； （2）由（1）知，，． 设平面的一个法向量为，则， 取，则，， 所以是平面的一个法向量， 设与平面所成角为， 则， 所以与平面所成角的正弦值为．    21．(24-25高二上·河南商师联盟·期中)如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，，，为棱的中点.    (1)求到的距离； (2)求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）以为坐标原点，建系，由向量法得出到的距离； （2）由向量法得出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】（1）解：以为坐标原点，，所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则，，，， 则，， ， 所以到的距离. （2）设平面的一个法向量，则，即 令，解得，，故. 设直线与平面所成的角为，则， 故直线与平面所成角的正弦值为. 22．(24-25高二上·河南商丘十校·期中)如图，在平行六面体中，底面是矩形，，，点E，F分别为，，的中点，且. (1)证明：平面平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，根据数量积的运算律求出，进而可得为的中点，从而可证明，，再根据线面垂直得判定定理以及面面垂直得判定定理即可得证； （2）以点为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】（1）设，则， 则 ， 所以， 因为为的中点， 所以，， 则，所以， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）由，可得，则， 如图，以点为坐标原点建立空间直角坐标系， 设， 则， 则， 设平面的法向量为， 则， 令，则，所以， 设直线与平面所成角为， 则， 解得， 所以的长度为. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 地 1 考点06 二面角问题 23．(23-24高二上·河南洛阳·期中)如图，二面角的棱上有两点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，则二面角的大小为，根据，展开计算可得，即可求解. 【详解】设，则二面角的大小为， 由题意，，则， 所以， 即，得，所以， 即二面角的大小为. 故选：C. 24．(23-24高二上·河南顶尖名校联盟·期中)如图所示，在四棱锥中，底面 ，点在棱上，且.    (1)证明： 平面； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）利用线面平行判定定理即可证得 平面； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求得二面角的余弦值. 【详解】（1）如图，在平面内作 ，与交于点，连接. ， ， 四边形是平行四边形， ， 又平面平面 平面.    （2）以A为坐标原点，所在直线分别为 轴，轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示 由图可知， 设平面的法向量为， 易知，， 则令，则，则可得， 同理设平面的法向量为， 易知，， 则令，则， 则可得平面的一个法向量为. ， 二面角的余弦值为. 25．(24-25高二上·河南豫北名校期中联考·期中)如图，在四棱锥中，底面是菱形，是等边三角形，且平面平面，点为棱的中点. (1)求证：； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)． 【分析】（1）取中点，证明，证明平面，由此得，从而再证得平面，最后得证结论成立； （2）以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，设，确定各点坐标，分别求出平面与平面的一个法向量，由法向量夹角的余弦值得二面角的余弦值． 【详解】（1）如图，取中点，连接，， 因为是中点，所以， 是菱形，则，所以， 又是等边三角形，所以， 因为平面平面，平面平面 ，平面， 所以平面，又因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以； （2），则和都是等边三角形， 连接，则，， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 设，则，， 因此有，，，，， 是中点，则， ，，，， 设平面的一个法向量是，则 ，取得， 易知平面的一个法向量是，则 ，取，则， ， 所以平面与平面的夹角的余弦值为． 26．(23-24高二上·河南新高中创新联盟TOP二十名校·调研)如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求二面角的正弦值. 【答案】(1)； (2). 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量计算异面直线夹角及面面夹角即可. 【详解】（1）    取的中点，连接，显然， 由正三棱柱的特征可知底面，所以底面， 又底面，所以 ， 因为是中点，易得， 所以可以以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以， ， 故异面直线的夹角余弦值为； （2）由上可知， 设面的一个法向量为， 则， 取，即， 易知面的一个法向量为， 由图象可知二面角为钝角，设其为， 所以， 则. 27．(24-25高二上·河南商师联盟·期中)如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，平面，过的平面交平面于．    (1)证明：平面； (2)若平面平面，四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明，，继而可证明平面平面，利用面面平行的性质定理，即可证明结论； （2）先证明平面，从而建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出平面与平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案. 【详解】（1）证明：因为平面，过的平面交平面于， 即平面，平面平面， 所以，又，所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面平面，所以平面， 四边形为菱形，则，平面平面， 故平面，又平面， 所以平面平面. 又平面，所以平面. （2）由（1）知四边形为平行四边形，又，所以四边形为菱形， 因为，所以为等边三角形. 连接交于O，连接，则， 因为平面平面，平面平面， 又平面，所以平面， 因为平面，所以. 因为四棱锥的体积为，即， 又，所以，所以， 以O为坐标原点，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则， 所以. 设平面的一个法向量，则，即 令，则，所以， 设平面的一个法向量，则，即， 令，解得，所以， 设平面与平面的夹角为，夹角范围为大于等于小于等于， 所以， 故平面与平面的夹角的余弦值为. 28．(24-25高二上·河南洛阳·期中)如图，四边形中，，，，，，，分别在，上，.现将四边形沿折起，使得平面平面.    (1)若，求直线与平面所成角的正弦值； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的正切值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由面面垂直的性质定理证得平面，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，求出直线的方向向量与平面的法向量，由线面角的公式求解即可. （2）先表示出三棱锥的体积，由二次函数的性质求出体积的最大值，由二面角的定义证得是二面角的平面角，再由已知求出和，即可由得解. 【详解】（1），，，， 又平面平面，平面平面， 平面，平面， 以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， ，则，，，， ，， 设平面的法向量为， 则，，即. 取，则，， ， 设直线与平面所成的角为， 则.    （2）设，， 由（1）可得，三棱锥的底面积，高， 即时，三棱锥的体积最大， 在直角梯形中，，，， ，，，， ，， 是二面角的平面角. . 29．(23-24高二上·河南新高中创新联盟TOP二十名校·调研)如图，已知与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）先有面面垂直得到线面垂直，然后建立空间直角坐标系，再根据点到面的距离公式求解即可； （2）分别求出两个平面的法向量，根据两个平面的夹角的余弦值即为两个平面的法向量的夹角的余弦值的绝对值求解即可. 【详解】（1）作中点， 因为与都是正三角形，所以， 又因为平面平面，且平面平面， 所以平面， 所以分别以为轴建立空间直角坐标系，如图所示，      ， 则， 且， 设平面的法向量为， 则，即，令，则， 所以， 所以点到平面的距离； （2）设平面的法向量为， 因为， 所以，即，令，则， 所以， 由（1）知面的法向量为， 令平面与平面的夹角为， 则， 所以平面与平面的夹角的余弦值为. 30．(23-24高二上·河南郑州十所级示范性高中·期中)如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的平面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，，根据几何体的性质及线面垂直的性质得出，，利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）以中点为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建系，利用向量法即可求出答案． 【详解】（1）证明：取的中点，连接，， ，是的中点． ， ，， 因为在底面的射影为的中点， 所以面， 又面面，所以面， 又面，所以， 因为， 所以平面； （2）解：如图，以为坐标原点，以、、所在直线分别为、、轴建系， 则， 则，， ，， 设平面的法向量为， 则，得， 取，得， 因为面， 所以即为平面的一个法向量， 则， 所以二面角的平面角的余弦值为，正弦值为， 故二面角的平面角的正切值． 地 1 考点07 立体几何中的探究（存在性）问题 31．(24-25高二上·河南豫北名校期中联考·期中)在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点是底面内的一点（包括边界），则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得的周长为7 B．存在点，使得 C． D．若点满足，则点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】作关于平面对称点，，计算可判断A，建立如图所示的空间直角坐标系，设，利用空间向量研究垂直、数量积，求空间轨迹并求得轨迹长度判断BCD． 【详解】延长到，使得，则关于平面对称，， 由正方体性质知，因此， 又， 所以， 所以的周长不可能为7，A错； 以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，，底面内一点，设，， ， ， 当且仅当时，，即，此时为正方形中心．B正确； ， ， , ， ，C正确； ，， ，则．即， 所以点轨迹是平面内直线在正方形内的一条线段， 由得，由得，因此此线段的两端点分别是的中点，由已知，D正确． 故选：BCD． 【点睛】方法点睛：空间线段和最小值问题，常常利用对称转化两点间的距离线段求解，在立体图形中如果垂直关系较多（如正方体，长方体等）可以建立空间直角坐标系，用向量研究垂直与平行． 32．(23-24高二上·河南顶尖名校联盟·期中)如图所示，正方体的棱长为，则（    ）    A．的最小值为 B．存在一点，使得与平面所成角为 C．存在一点，使得与所成的角为 D．当时，三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】A将面绕翻折至与面共一个平面，由共线时，最小即可判断；B、C构建空间直角坐标系，向量法求与平面所成角范围、判断与所成角大小判断；D证面，将补全为直棱柱，由它们共外接球，进而求其表面积判断. 【详解】A：将下图中面绕翻折至与面共一个平面，而， 所以共线时，最小，此时为中点， 则最小值为，对；    构建如下图示的空间直角坐标系，， 所以， 若为面一个法向量，则，令，则， 若与平面所成角为，且， 所以， 令，则，故， 由上知：，故，即， 所以，存在一点，使得与平面所成角为，B对； 由上知：，则，即 ，C错；    由，则为中点，且，根据A分析知：，， 又为等边三角形，则，， 由，面，则面， 将补全为如下直棱柱，则三棱锥的外接球，即为棱柱的外接球， 中，，则，故， 所以外接圆半径为，故外接球半径平方，则其表面积为，D对.    故选：ABD 【点睛】关键点点睛：B、C构建空间直角坐标系，应用向量法求线面角、判断异面直线位置关系，D证面，并补全为直棱柱，判断共外接球为关键. 33．(24-25高二上·河南新乡·)如图，在四棱锥中，平面平面 为棱的中点. (1)证明： 平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）,（ii）存在， 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，可得，即可根据线面平行的判定定理证明结论； （2）（i）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量的夹角公式即可求解； （ii）设，，根据点面距离的向量法即可求出，进而求出的值． 【详解】（1）取的中点，连接，，如图所示： 为棱的中点， ，，，，，， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 平面； （2） ，，， ，， 平面平面，平面平面， 平面， 平面， 又，平面，，，由， 以点为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图： 则，，，，，， （i）故， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，， ， 平面的一个法向量为, 则，令，则，，故， ,， 由于二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为； （ii）假设在线段上是存在点，使得点到平面的距离是， 设，，则,0,，0,， 由（2）知平面的一个法向量为,,， ， 点到平面的距离是， ，． 34．(24-25高二上·河南郑州·期中)在如图所示的空间几何体中，四边形是平行四边形，平面平面，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，. 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的判定推理即得. （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，再利用面面角的向量求列式计算即得. 【详解】（1）由平面平面，平面平面平面，， 得平面，而平面，则， 由，为的中点，得， 又平面， 所以平面. （2）过作直线，由平面，得平面，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，，得，， 则，令， ， 由四边形是平行四边形，得， ，设平面的法向量为， 则，令，得， 由（1）知平面的法向量，设平面与平面的夹角为， 于是， 整理得，而，解得， 所以线段上存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为，此时. 35．(24-25高二上·河南开封部分学校·期中)如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）；（3）存在， 【详解】试题分析：（1）由面面垂直性质定理知AB⊥平面；根据线面垂直性质定理可知，再由线面垂直判定定理可知平面；（2）取的中点，连结，，以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法可求出直线与平面所成角的正弦值；（3）假设存在，根据A，P，M三点共线，设，根据平面，即，求的值，即可求出的值. 试题解析：（1）因为平面平面，， 所以平面，所以， 又因为，所以平面； （2）取的中点，连结，， 因为，所以. 又因为平面，平面平面， 所以平面. 因为平面，所以. 因为，所以. 如图建立空间直角坐标系，由题意得， . 设平面的法向量为，则 即 令，则. 所以. 又，所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. （3）设是棱上一点，则存在使得. 因此点. 因为平面，所以平面当且仅当， 即，解得. 所以在棱上存在点使得平面，此时. 考点：1.空间垂直判定与性质；2.异面直线所成角的计算；3.空间向量的运用. 地 1 考点08 空间几何体的表面积、体积问题 36．(23-24高二上·河南顶尖名校联盟·期中)已知正方体的棱长为2，点在正方形内，点在正方形内，且直线平面.若三棱柱的侧面积为12，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由三棱柱的侧面积求得，中，由余弦定理结合基本不等式，求的最大值. 【详解】由题意三棱柱为直三棱柱， 其侧面积为12，有，    由，则有， 设，， 即， 则有，当且仅当时等号成立， 中，由余弦定理，， 即， ，则， 点在正方形内，，所以的最大值为. 故选：C. 37．(24-25高二上·河南郑州名校联考·期中)如图所示，在三棱锥中，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证，取的中点分别为，再证平面，推得点为三棱锥外接球的球心，即可求得该三棱锥外接球的半径，计算即得表面积. 【详解】在中，， ，则， 取的中点分别为，则分别为的外心，且， 平面平面，平面平面平面， 平面，因平面，故, 在中，又 在中， 在中， 故为三棱锥外接球的球心，外接球的半径， 故外接球的表面积. 故选:D． 38．(24-25高二上·河南信阳·期中)在三棱锥中，平面，平面内动点的轨迹是集合.已知且在棱所在直线上，，则（    ） A．动点的轨迹是圆 B．平面平面 C．三棱锥体积的最大值为3 D．三棱锥外接球的半径不是定值 【答案】ABC 【分析】首先底面建坐标系，利用轨迹法求得点的轨迹，点也在轨迹圆上，再根据几何关系，以及体积公式，外接球的半径问题，利用数形结合，即可求解. 【详解】A.因为，所以在平面内，以所在直线为轴，以线段的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图， 设，，， 由知，，化简为，即点的轨迹为圆，故A正确； B. 根据以上证明可知，点和在圆与轴的两个交点，如上图，由条件可知，点在圆上， 则，而平面，平面,所以， 所以是二面角的平面角，则平面平面，故B正确； C.当点到的距离为2时，此时的面积最大，此时最大面积是, 则三棱锥体积的最大值为，故C正确； D.由以上证明可知，，且，如图， 取的中点，作平面，且， 所以， 所以三棱锥外接球的半径是定值，故D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解题意，并在底面建立坐标系，求点的轨迹，后面的选项就会迎刃而解. 39．(24-25高二上·河南郑州名校联考·期中)已知长方体中，，点为平面内任一点，且点到点的距离与到面的距离相等，点分别为的中点，则三棱锥的体积的最小值为 ． 【答案】4 【分析】以长方体中的顶点为原点建立空间直角坐标系，设点坐标，根据抛物线的定义可得未知数间的关系，由已知点坐标得到平面法向量和向量，从而求得点到面的距离关系式得到最小值，从而得到三棱锥的体积的最小值. 【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系， 设，∵平面平面， ∴点到面的距离为点到直线的距离 ∴由抛物线的定义可知：， 易知， ∴，, 设是平面的其中一个法向量，则， 令，得， 平面的法向量为， 又，则到平面的距离， 所以的最小值为， ∵点分别为的中点且，， ∴， 所以三棱锥的体积的最小值：． 故答案为：4. 40．(23-24高二上·河南焦作·期中)已知正六边形，把四边形沿直线翻折，使得点到达且二面角的平面角为.若点都在球的表面上，点都在球的表面上，则球与球的表面积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知球的球心为中点，令正六边形的边长为2，则球的半径，线面垂直的判定、性质证为矩形，确定在与底面中心的连线上，再应用已知求球的半径，即可得结果. 【详解】由题设，若为中点，则， 令正六边形的边长为2，则球的半径，    过作于，连接，由正六边形性质，都为等边三角形， 所以为的中点，故，则二面角的平面角为 ， ，故， 又，面，故面，即面， 面，则，而，故， 由，故为矩形，其对角线长为， 由是外接球球心，故必在与底面中心的连线上， 设球的半径，如上图示， 所以，即， 故， 所以球与球的表面积之比为. 故选：B 地 1 考点09 空间位置关系的证明 41．(24-25高二上·河南洛阳·期中)在正方形中，点是线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A． B．当点为中点时，与相交于一点，且 C．存在点，使得平面 D．异面直线与所成角的余弦值的最大值为 【答案】ABD 【分析】对于A，直接证明平面即可判断A；对于B，设和相交于点E，则，所以，即可判断B；对于C，建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用共线向量，即可判断C；对于D，由和进行求解，可判断D. 【详解】对于A选项，在正方体中，易知， 由平面，得， 而，故平面， 所以，同理可得， 又因为，所以平面， 又平面，∴，故A正确； 对于B选项，当为中点时，根据题意可得，为中点， 设和相交于点E，连接和，如图所示：   ， 因为，所以，故B正确； 对于C选项，设正方体的边长为，建立如图所示直角坐标系， 则,    ， 设平面的法向量， 则,则， 令，则，故， 设，则，则， 由平面，则， 所以，则不存在, 即不存在使得平面，故C错误； 对于D选项，由，， 则， 此时，即为中点，故D正确. 故选：ABD 42．(23-24高二上·河南新高中创新联盟TOP二十名校·调研)如图，正方体的棱长为2.    (1)用空间向量方法证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量求出平面的法向量，易得，即可得出证明； （2）求出，利用（1）中的法向量，即可求得直线与平面所成角的正弦值为. 【详解】（1）根据题意以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：    易知， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则可得，即； 又，即， 又平面， 所以平面； （2）易知，则， 由（1）知平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 43．(24-25高二上·河南焦作·期中)如图，在棱长为1的正方体中，是正方形的中心. (1)求绕棱所在的直线旋转一周所形成的几何体的体积； (2)求证：平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）绕棱所在的直线旋转一周所形成的几何体是底面半径为，高为1的圆锥，求出体积可得答案； （2）方法一：连接，利用线面垂直的判定定理、性质定理可得、，再由线面垂直的判定定理可得答案；方法二：以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出则，，再由线面垂直的判定定理可得答案. 【详解】（1）因为正方体的棱长为1， 所以，，是直角三角形， 所以绕棱所在的直线旋转一周所形成的几何体是底面半径为， 高为1的圆锥，其体积为； （2）方法一：连接，如图. 在正方体中，易知， 因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面. 又平面，所以， 同理可证平面，所以. 因为， 平面， 所以平面. 方法二：以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，， 则， ， 所以，， 又，，平面， 所以平面. 44．(24-25高二上·河南信阳·期中)在梯形ABCD中，，，F为AB中点，，，，如图，以EF为轴将平面ADEF折起，使得平面平面BCEF. (1)若M为EC的中点，证明：∥平面ABC； (2)证明：平面平面BCD； (3)若N是线段DC上一动点，平面BNE与平面ABF夹角的余弦值为，求DN的长. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先证明四边形BCMF为平行四边形，再利用线面平行的判定定理证明即可； （2）先根据平面平面BCEF得平面BCEF，得，再利用勾股定理的逆定理得，进而平面DEB，故平面平面BCD； （3）建立空间直角坐标系，求出平面BNE与平面ABF的法向量，利用面面角的向量坐标公式列方程，求解点的坐标，进而得DN的长. 【详解】（1） 由，，得，. 因为M为EC的中点，F为AB中点，，所以，且. 所以四边形BCMF为平行四边形，所以. 又平面ABC，平面ABC，所以∥平面ABC. （2） 因为平面平面BCEF，平面平面，，所以平面BCEF. 又平面BCEF，所以. 由，，，得. 又，所以平面DEB. 又平面BCD， 所以平面平面BCD. （3）由（2），得EF，EC，ED两两垂直，则可建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，， 则. 设（），则. 设平面BNE的法向量为. 由， 令，得. 易知平面ABF的法向量为. 所以， 解得，此时， 所以，即DN的长为. 45．(23-24高二上·河南洛阳·期中)在正方体中，点分别为底面内一动点，为的中点. (1)如图1，若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值； (2)如图2，若平面，求证： 平面. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）建立空间直角坐标系，再求出两个平面的法向量，进而求出平面与平面的夹角的余弦值. （2）根据求出点所在直线，求得是共面向量，又平面，所以得证. 【详解】（1） 以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系. 设正方体棱长为，则， 因为为的中点，所以. 则. 设平面的法向量为，则， 所以， 所以，取，则. 于是平面的一个法向量为. 因为，则平面， 所以平面的一个法向量为， 设平面与平面的夹角为， 则. （2）设，由知， ，解得. 即，此时. 则. 由知，是共面向量， 又平面，则 平面. 地 1 考点10 立体几何综合问题 46．(24-25高二上·河南部分学校大联考·期中)如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点，则（   ） A．存在，，使得 B．不存在点，，使得 C．的最小值为 D．异面直线与所成角的余弦值为 【答案】BCD 【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项计算判断得解. 【详解】在三棱锥中，平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， ， 对于A，由，得， 则，方程无解，因此不存在、使得，A错误； 对于B，由是线段上的动点，设 ，则，， 由，则不存在点，使得，B正确； 对于C，，当且仅当时取等号，C正确； 对于D，，，则， 所以异面直线与所成角的余弦值为，D正确. 故选：BCD 47．(24-25高二上·河南新乡·)如图，在正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．存在点，使得平面 D．若直线与平面所成角的正切值为，那么点的轨迹是以为圆心，半棱长为半径的圆弧 【答案】ABD 【分析】设正方体的棱长为，对于A，根据等体积转化，可证明体积为定值；对于B，取、中点、，连接、、、，证明平面平面，则点的轨迹为线段；对于C，以为原点，建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量，根据求出、即可判断；对于D，利用线面角的向量公式，得到点的轨迹方程，即可判断. 【详解】不妨设正方体的棱长为， 对于A选项，， 三棱锥的体积， 点到平面的距离为，所以三棱锥的体积为定值，故A选项正确； 对于B选项，取、中点，连接、、、， 由且，知是平行四边形，所以， 因为 平面， 平面，平面， 同理可得平面， 因为，、平面，所以平面平面， 又平面，则平面，而Q在平面上， 且平面平面，则点的轨迹为线段，故B选项正确； 对于C选项，以点为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、，设， 则，， 设为平面的一个法向量， 则，取，则. 若平面，则，即存在，使得，则， 解得，故不存在点使得平面，故C选项错误； 对于D选项，平面的一个法向量为，， 若直线与平面所成角的正切值为，则此角的正弦值是， 所以，所以， 因为点为正方形内一动点（含边界）， 所以点是以为圆心，为半径的圆弧（正方形内），即圆心角为的圆弧，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 48．(24-25高二上·河南许昌部分学校·期中)正方体中，分别为的中点，点满足，则错误的有（    ） A．平面 B．三棱锥的体积与点的位置有关 C．的最小值为 D．当时，平面PEF截正方体的截面形状为五边形 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法，证得，可判定A正确；证得平面，结合的面积为定值，可得判定B错误；利用两点间距离公式，求得的最小值，可判定C错误；连接，取中点为，当与交点为点时，利用三角形的性质，求得，可判定D正确. 【详解】对于A中，以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，则， 所以，所以， 因为且平面，所以平面，所以A正确；    对于B中，因为正方体中，且， 所以四边形为平行四边形，因为， 因为平面，平面，所以平面， 所以棱上的所有点到平面的距离都相等， 又因为点是棱上的动点，所以三棱锥的体积始终为定值，所以B错误； 对于C中，由， 因为，所以， 则， 可得 ， 当时，有最小值，最小值为，所以C错误； 对于D中，连接，取中点为，此时与交点为点，如图（1）所示 过点作，可得，可得，所以， 即，此时平面截正方体截面图形为四边形，所以D不正确.    故选：BCD 【点睛】方法点拨：对于立体几何中的截面问题的求解策略： 1、立体几何中的截面问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 49．(23-24高二上·河南信阳·期中)在棱长为2的正方体 中，M是底面ABCD的中心，Q是棱上的一点，且 N为线段AQ的中点，则（    ） A．C， M， N， Q四点共面 B．三棱锥A-DMN的体积为定值 C．当时，过A，M，Q三点的平面截正方体所得截面的面积为4 D．存在使得直线MB₁与平面CNQ垂直 【答案】AB 【分析】A：连接，证明，由此作出判断； B：根据，然后通过计算三棱锥体积进行判断； C：根据点、线、面的位置关系先分析出截面的形状，然后计算出截面面积并进行判断； D：根据计算出的可取值，然后作出判断. 【详解】对于A：连接，如下图所示： 因为为底面中心，所以为中点， 又因为为中点，所以， 所以四点共面，故A正确； 对于B：因为为中点，所以到底面的距离为， 又因为， 所以为定值，故B正确； 对于C：当时，为中点，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，如下图所示： 因为，所以是的中位线， 所以分别是的中点， 因为，是中点，所以是的中位线， 所以是中点， 所以是的中位线，且， 所以，所以四点共面， 所以过的截面为梯形， 过作，如下图： 因为，， 所以， 所以，故C错误； 对于D：设存在满足条件，所以， 又因为， ， 所以， 解得，这与矛盾，所以假设不成立，故D错误； 故选：AB. 试卷第68页，共68页 试卷第67页，共68页 学科网（北京）股份有限公司 $ 02专题 空间向量与立体几何 10大高频考点概览 考点01 空间位置关系的向量表示 考点02 点线距问题 考点03 点面距问题 考点04 异面直线所成角问题 考点05 线面角问题 考点06 二面角问题 考点07 立体几何中的探究（存在性）问题 考点08 空间几何体的表面积、体积问题 考点09 空间位置关系的证明 考点10 立体几何综合问题 地 1 考点01 空间位置关系的向量表示 1．(24-25高二上·河南商丘十校·期中)已知平面的法向量为，平面的法向量为，若，x，，则 . 2．(24-25高二上·河南焦作·期中)设向量是平面的法向量，向量是直线的方向向量，且，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 地 1 考点02 点线距问题 3．(23-24高二上·河南商丘二十校联考·期中)如图，在正方体中，分别是棱的中点，则点到直线的距离为（   ） A． B． C．1 D． 4．(23-24高二上·河南郑州十所级示范性高中·期中)如图，棱长为的正方体中，，分别为，的中点，则（    ） A．直线与底面所成的角为 B．平面与底面夹角的余弦值为 C．直线与直线的距离为 D．直线与平面的距离为 5．(23-24高二上·河南信阳·期中)在空间直角坐标系中，若一条直线经过点，且以向量为方向向量，则这条直线可以用方程来表示.已知直线l的方程为，则到直线l的距离为 . 6．(24-25高二上·河南商师联盟·期中)如图，在正四棱锥中，分别是PB，PD的中点，则下列说法正确的是（    ） A． B．直线AM和CN所成角的余弦值是 C．点到直线AN的距离是 D．点到平面ACN的距离是 地 1 考点03 点面距问题 7．(23-24高二上·河南商丘二十校联考·期中)如图，四棱锥中，底面，底面为正方形，且，分别为的中点，则（   ） A． B．与所成角的余弦值是 C．点到平面的距离为 D．过点的平面截四棱锥的截面面积为 8．(24-25高二上·河南开封五校·期中)在棱长为2的正方体中，点，分别是底面、侧面的中心，点分别是棱，所在直线上的动点，且，当取得最小值时，点到平面的距离为 . 9．(23-24高二上·河南焦作·期中)如图，在四棱台中，四边形是边长为4的正方形，平面为的中点. (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)若平面经过且与平行，求点到平面的距离. 10．(24-25高二上·河南焦作·期中)如图，在四棱锥中，点在平面内的射影为点，，，平分，. (1)若为棱的中点，求证：平面. (2)若二面角的平面角的正弦值为. （i）求的长； （ii）求点到平面的距离. 11．(23-24高二上·河南顶尖名校联盟·期中)在（图1）中，为边上的高，且满足，现将沿翻折得到三棱锥（图2），使得二面角为.    (1)证明：平面； (2)在三棱锥中，为棱的中点，点在棱上，且，若点到平面的距离为，求的值. 地 1 考点04 异面直线所成角问题 12．(24-25高二上·河南洛阳·期中)在三棱锥中，已知，，，平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 13．(24-25高二上·河南豫北名校期中联考·期中)《九章算术》中，将底面为长方形，且一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.在阳马中，若平面，且，异面直线与所成角的余弦值为，则（    ） A． B． C．2 D．3 14．(23-24高二上·河南洛阳·期中)如图，四边形和均为正方形，且，平面平面分别为的中点，为线段上的动点，则异面直线与所成角的余弦值最大时， .    15．(24-25高二上·河南百师联盟·期中)如图，在四棱柱中，四边形是正方形，，点为的中点.    (1)用向量表示； (2)求线段的长及直线与所成角的余弦值. 16．(23-24高二上·河南环际大联考“逐梦计划”·期中)如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F分别是棱，上的动点，且，其中，以O为原点建立空间直角坐标系. (1)求证：； (2)若，求的值. 地 1 考点05 线面角问题 17．(23-24高二上·河南信阳·期中)已知是圆锥的底面直径，C是底面圆周上的点，，，，则与平面所成角的正弦值为（    ） A． B． C． D． 18．(24-25高二上·河南信阳·期中)长方体 中，与平面所成的角为，与所成的角为，则下列关系一定成立的是（    ） A． B． C． D． 19．(23-24高二上·河南新乡·期中)如图，在圆柱中有一内接正六棱柱，圆柱的高为，底面半径为，上、下底面的中心分别为，点在上底面的圆周上运动，若直线与平面所成角的正弦值的最小值为，则 ． 20．(23-24高二上·河南商丘二十校联考·期中)如图，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，点是的中点，，．    (1)求与所成角的大小； (2)求与平面所成角的正弦值． 21．(24-25高二上·河南商师联盟·期中)如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且，，，为棱的中点.    (1)求到的距离； (2)求与平面所成角的正弦值. 22．(24-25高二上·河南商丘十校·期中)如图，在平行六面体中，底面是矩形，，，点E，F分别为，，的中点，且. (1)证明：平面平面； (2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求的长度. 地 1 考点06 二面角问题 23．(23-24高二上·河南洛阳·期中)如图，二面角的棱上有两点，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，若，则二面角的大小为（    ） A． B． C． D． 24．(23-24高二上·河南顶尖名校联盟·期中)如图所示，在四棱锥中，底面 ，点在棱上，且.    (1)证明： 平面； (2)求二面角的余弦值. 25．(24-25高二上·河南豫北名校期中联考·期中)如图，在四棱锥中，底面是菱形，是等边三角形，且平面平面，点为棱的中点. (1)求证：； (2)若，求平面与平面的夹角的余弦值. 26．(23-24高二上·河南新高中创新联盟TOP二十名校·调研)如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点.    (1)求异面直线与所成角的余弦值； (2)求二面角的正弦值. 27．(24-25高二上·河南商师联盟·期中)如图，在四棱锥中，底面四边形为菱形，平面，过的平面交平面于．    (1)证明：平面； (2)若平面平面，四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值. 28．(24-25高二上·河南洛阳·期中)如图，四边形中，，，，，，，分别在，上，.现将四边形沿折起，使得平面平面.    (1)若，求直线与平面所成角的正弦值； (2)当三棱锥的体积最大时，求二面角的正切值. 29．(23-24高二上·河南新高中创新联盟TOP二十名校·调研)如图，已知与都是边长为2的正三角形，平面平面，平面，.    (1)求点到平面的距离； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 30．(23-24高二上·河南郑州十所级示范性高中·期中)如图，在三棱柱中，，，，在底面的射影为的中点，是的中点． (1)证明：平面； (2)求二面角的平面角的正切值． 地 1 考点07 立体几何中的探究（存在性）问题 31．(24-25高二上·河南豫北名校期中联考·期中)在棱长为2的正方体中，点是棱的中点，点是底面内的一点（包括边界），则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得的周长为7 B．存在点，使得 C． D．若点满足，则点的轨迹长度为 32．(23-24高二上·河南顶尖名校联盟·期中)如图所示，正方体的棱长为，则（    ）    A．的最小值为 B．存在一点，使得与平面所成角为 C．存在一点，使得与所成的角为 D．当时，三棱锥的外接球的表面积为 33．(24-25高二上·河南新乡·)如图，在四棱锥中，平面平面 为棱的中点. (1)证明： 平面； (2)若， （i）求二面角的余弦值； （ii）在棱上是否存在点，使得点到平面的距离是？若存在，求出的长；若不存在，说明理由. 34．(24-25高二上·河南郑州·期中)在如图所示的空间几何体中，四边形是平行四边形，平面平面，，，，为的中点. (1)求证：平面； (2)线段上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 35．(24-25高二上·河南开封部分学校·期中)如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，. （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由. 地 1 考点08 空间几何体的表面积、体积问题 36．(23-24高二上·河南顶尖名校联盟·期中)已知正方体的棱长为2，点在正方形内，点在正方形内，且直线平面.若三棱柱的侧面积为12，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 37．(24-25高二上·河南郑州名校联考·期中)如图所示，在三棱锥中，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 38．(24-25高二上·河南信阳·期中)在三棱锥中，平面，平面内动点的轨迹是集合.已知且在棱所在直线上，，则（    ） A．动点的轨迹是圆 B．平面平面 C．三棱锥体积的最大值为3 D．三棱锥外接球的半径不是定值 39．(24-25高二上·河南郑州名校联考·期中)已知长方体中，，点为平面内任一点，且点到点的距离与到面的距离相等，点分别为的中点，则三棱锥的体积的最小值为 ． 40．(23-24高二上·河南焦作·期中)已知正六边形，把四边形沿直线翻折，使得点到达且二面角的平面角为.若点都在球的表面上，点都在球的表面上，则球与球的表面积之比为（    ） A． B． C． D． 地 1 考点09 空间位置关系的证明 41．(24-25高二上·河南洛阳·期中)在正方形中，点是线段上的动点，则下列说法正确的是（   ） A． B．当点为中点时，与相交于一点，且 C．存在点，使得平面 D．异面直线与所成角的余弦值的最大值为 42．(23-24高二上·河南新高中创新联盟TOP二十名校·调研)如图，正方体的棱长为2.    (1)用空间向量方法证明：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 43．(24-25高二上·河南焦作·期中)如图，在棱长为1的正方体中，是正方形的中心. (1)求绕棱所在的直线旋转一周所形成的几何体的体积； (2)求证：平面. 44．(24-25高二上·河南信阳·期中)在梯形ABCD中，，，F为AB中点，，，，如图，以EF为轴将平面ADEF折起，使得平面平面BCEF. (1)若M为EC的中点，证明：∥平面ABC； (2)证明：平面平面BCD； (3)若N是线段DC上一动点，平面BNE与平面ABF夹角的余弦值为，求DN的长. 45．(23-24高二上·河南洛阳·期中)在正方体中，点分别为底面内一动点，为的中点. (1)如图1，若为的中点，求平面与平面的夹角的余弦值； (2)如图2，若平面，求证： 平面. 地 1 考点10 立体几何综合问题 46．(24-25高二上·河南部分学校大联考·期中)如图，在三棱锥中，平面，，，，，分别为，，，的中点，是的中点，是线段上的动点，则（   ） A．存在，，使得 B．不存在点，，使得 C．的最小值为 D．异面直线与所成角的余弦值为 47．(24-25高二上·河南新乡·)如图，在正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．存在点，使得平面 D．若直线与平面所成角的正切值为，那么点的轨迹是以为圆心，半棱长为半径的圆弧 48．(24-25高二上·河南许昌部分学校·期中)正方体中，分别为的中点，点满足，则错误的有（    ） A．平面 B．三棱锥的体积与点的位置有关 C．的最小值为 D．当时，平面PEF截正方体的截面形状为五边形 49．(23-24高二上·河南信阳·期中)在棱长为2的正方体 中，M是底面ABCD的中心，Q是棱上的一点，且 N为线段AQ的中点，则（    ） A．C， M， N， Q四点共面 B．三棱锥A-DMN的体积为定值 C．当时，过A，M，Q三点的平面截正方体所得截面的面积为4 D．存在使得直线MB₁与平面CNQ垂直 试卷第68页，共68页 试卷第67页，共68页 学科网（北京）股份有限公司 $